2021年山东省日照市高考化学一模试卷

这是一份2021年山东省日照市高考化学一模试卷，共41页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021年山东省日照市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．可大量使用硫酸铜对人工泳池进行杀菌处理
B．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿，发生的是氧化还原反应
C．文房四宝中制笔用狼毫与宣纸的主要成分都是纤维素
D．“奋斗者号”潜水器固体浮力材料使用的高强树脂，属于有机高分子材料
2．（2分）下列实验设计正确的是（　　）
A．加热NaI固体与浓硫酸的混合物制取HI气体
B．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液后褪色，验证H2O2的漂白性
C．常温下，向无色NaN3溶液中滴加几滴酚酞试液后变红，验证HN3为弱酸
D．向蔗糖和稀硫酸共热后的溶液中加入少量银氨溶液，检验生成的葡萄糖
3．（2分）某种具有高效率电子传输性能的有机发光材料的结构简式如图所示。下列关于该材料组成元素的说法错误的是（　　）

A．五种组成元素中有四种元素位于p区且均位于同一周期
B．原子半径：Al＞C＞N＞O＞H
C．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4
D．基态N原子核外有7种运动状态不同的电子
4．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．Mg（OH）2固体溶于NH4Cl溶液：Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O
B．向漂白粉溶液中通入过量CO2：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO
C．向Na2SO3溶液中通入少量Cl2：SO32﹣+Cl2+H2O═2H++2Cl﹣+SO42﹣
D．向NH4HCO3溶液中滴加过量NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O
5．（2分）下列有关牛式二烯炔醇（）的说法错误的是（　　）
A．分子的不饱和度为8
B．分子中含有3个手性碳原子
C．一定条件下可以发生取代、氧化、加成、消去反应
D．与Br2按物质的量之比1：2发生加成反应的产物有8种（不考虑顺反异构）
6．（2分）碳酸镧[La2（CO3）3]常用于慢性肾衰患者高磷血症的治疗，实验室用如图所示装置，利用反应2LaCl3+6NH4HCO3═La2（CO3）3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O来制取。下列说法错误的是（　　）
A．装置X中盛放的试剂应为饱和NaHCO3溶液
B．实验中各装置导管口的连接方式为：F﹣B，A﹣D，E﹣C
C．实验时可以不用X装置，将W中的盐酸用稀硫酸代替，实验效果相同
D．实验时，应先打开Y中分液漏斗的旋塞，一段时间后再打开W中分液漏斗的旋塞
7．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．将1molCl2通入足量水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数之和小于2NA
B．100mL 12mol•L﹣1的浓硝酸与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA
C．常温下，1L 0.5mol•L﹣1CH3COONH4溶液的pH＝7，溶液中的NH4+数小于0.5NA
D．在铁上镀锌，当电路中通过的电子数为2NA时，电解质溶液质量减轻65g
8．（2分）用“H2SO4浸出﹣萃取”法从铅铟灰（主要含有In2O3，还含有PbO和SiO2杂质）中回收铟（In）的生产工艺流程如图所示：

已知：
Ⅰ．萃取发生反应：In2（SO4）3+6（HA）2（有机液）⇌2In（HA2）3（有机液）+3H2SO4。
Ⅱ．反萃取发生反应：In（HA2）3（有机液）+4HCl⇌3（HA）2（有机液）+HInC14。
下列说法错误的是（　　）
A．“高温酸浸”时，为了加快酸浸的速率可以用浓盐酸代替稀硫酸
B．“萃取”时，可向溶液中加入适量的NaOH以提高浸取率
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率
D．“置换”时发生反应的化学方程式为3Zn+2HInC14═2In+3ZnCl2+2HCl
9．（2分）正氰酸（H﹣O﹣C≡N）与异氰酸（H﹣N＝C＝O）、雷酸（H﹣O﹣N≡C）互为同分异构体，均可以与氨水形成相应铵盐。下列说法错误的是（　　）
A．三种酸的分子均能形成分子间氢键
B．三种酸的分子中，氧原子的杂化方式相同
C．三种酸的组成元素中，碳的第一电离能最小
D．三种酸的铵盐中，只有雷酸铵的阴、阳离子均含有配位键
10．（2分）某可充电水溶液聚合物﹣空气电池工作原理装置图如下。该电池充电时，总反应为：4nKOH+2═2+2nH2O+nO2↑。下列说法正确的是（　　）

A．放电时，负极材料为钴锰氧化物
B．放电时，正极附近溶液pH升高
C．充电时，外电源负极接尖晶石相上的钴锰氧化物电极
D．放电时，每消耗nmolO2，负极质量减少156g
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）根据下列操作和现象所得到的结论错误的是（　　）
选项
操作和现象
结论
A
向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色
该气体产物具有漂白性
B
将熔融态硫酸（纯硫酸）放入电解池，检测发现纯硫酸不导电
硫酸是共价化合物
C
向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的FeS和 CuS固体，FeS溶解而CuS不溶解
Ksp（CuS）＞Ksp（FeS）
D
向某有机物中加入（NH4）2Fe（SO4）2溶液、硫酸及KOH的甲醇溶液，溶液由浅绿色变为红棕色
该有机物中含有硝基
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）恒容密闭容器中充入3molCH4和6molH2S，发生反应：CH4（g）+2H2S（g）⇌CS2（g）+4H2（g），温度变化对平衡时各组分的物质的量分数的影响如图所示：下列说法错误的是（　　）

A．当满足2v逆（H2S）＝v正（H2）时，反应达到平衡状态
B．采用高温、低压条件，有利于提高CH4的平衡转化率
C．图中M点时，保持温度不变，再向容器中充入3molCH4和6moH2S，达到新平衡时，CH4的物质的量分数小于H2的
D．图中N点对应温度下，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx＝
13．（4分）纳米硅基锂电池是一种新型二次电池，电池装置如图所示，工作时硅基电极上的反应为：LinSi﹣ne﹣═Si+nLi+。下列说法正确的是（　　）

A．电池工作时，硅基电极的电势高于三元锂电极的电势
B．电池充电时，三元锂电极反应式可能为：LiMxOy﹣ne﹣═Li1﹣nMxOy+nLi+
C．将有机聚合物电解质换为锂盐水溶液，可提高电池工作效率并能延长电池使用寿命
D．若工作前电池两极的质量相等，电路中转移0.2mol电子时，两极的质量相差2.8g
14．（4分）苯乙烷（）与Cl2在光照条件下发生一氯取代，生成两种一取代物的速率如图Ⅰ，反应基本历程如图Ⅱ。下列说法正确的是（　　）

A．反应①②③的△H＞0，反应④⑤⑥的△H＜0
B．光照条件下，得到等量的（A）和（B）时，生成（B）时需要能量更少
C．相同条件下，由分别制备等量的和的△H相等
D．使用恰当的催化剂，可以使反应②的程度减小，反应③的程度增大
15．（4分）10mL 0.10mol•L﹣l的NH4Cl溶液的pH分别随温度升高或加水量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．升温KW增大，NH4Cl溶液中c（H+）增大，pH减小
B．曲线a表示NH4Cl溶液pH随加水量的变化
C．将NH4Cl溶液加水稀释100倍，溶液pH变化值小于2
D．25℃时Kb（NH3•H2O）的数量级为10﹣4
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）工业上以纯碱、水、二氧化硫为原料，利用“干法”工艺制备食品抗氧化剂焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。
回答下列问题：
（1）原料涉及的元素中，电负性最大的是　 　（填元素符号）；纯碱中阴离的中心原子杂化方式为　 　。
（2）二氧化硫易溶于水的原因除与水反应外，还有　 　；与二氧化硫互为等电子体的阴离子有　 　。（填化学式，写一种即可）
（3）焦亚硫酸根的结构图为：，标有“*”的硫的化合价为　 　。
（4）Na2S2O5加热至一定温度时分解为Na2O和SO2，Na2O晶胞为立方晶胞，结构如图，图中黑球代表阳离子，白球代表阴离子（NA为阿伏加德罗常数的值）。
①阴离子的配位数为　 　。
②若晶胞参数为anm，则晶胞的密度为　 　g•cm﹣3。（用含a、NA的式子表示）。

17．（12分）从砷化镓废料（主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质）中回收镓和砷的工艺流程如图。
已知：镓（Ga）既能溶于酸也能溶于碱，与NaOH溶液反应生成NaGaO2和H2。
回答下列问题：
（1）“浆化”是将砷化镓废料转变成悬浊液的过程，其目的是　 　。
（2）砷化镓（GaAs）在“碱浸”时，砷转化为Na3AsO4进入溶液，该反应的化学方程式为　 　。
（3）“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因是　 　；“滤渣I”的成分为　 　。（填化学式）
（4）向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节pH使镓和硅共沉淀，不同pH时沉淀率如表所示。根据表中数据可知，“中和”的pH应调节至　 　范围内，沉淀的效果最好。
pH
镓沉淀率/%
硅沉淀率/%
砷沉淀率/%
4.0
75.0
89.2
0.02
5.0
98.5
98.6
0.01
6.0
98.9
99.2
0.02
7.0
95.3
99.5
0.06
8.0
86.1
86.3
0.11
9.0
57.4
65.1
0.13
（5）“旋流电解”时用惰性电极，则所得“尾液”的溶质主要是　 　（填化学式），可进行循环利用，提高经济效益。
（6）若用240kg含镓3%的砷化镓废料回收镓，得到纯度为99%的镓7.10kg，则镓的回收率为　 　%。（结果保留一位小数）
18．（12分）氯化法制备TiCl4的工艺为：800℃时，向15L容器中加入5molTiO2与15mol碳粉，通入10molCl2进行反应，生成TiCl4气体，经过处理得到TiCl4成品。反应容器内发生以下两个反应：
反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO（g）△H＝﹣48kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2CO（g）⇌TiCl4（g）+2CO2（g）△H＝﹣210kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）⇌TiCl4（g）+CO2（g）的△H＝　 　kJ•mol﹣1。
（2）800℃时，不同时间测得混合体系内各物理量如表所示：
t/min
10
20
30
40
n（Cl2）mol
6
2.5
1
1
n（C）mol
12
10
9
9
p（CO）：p（CO2）
2：1
1：1
1：1
1：1
①起始总压强为6MPa，10min时，体系总压强p10min＝　 　MPa；反应开始至20min时，v（TiCl4）＝　 　MPa•min﹣1。
②30min时，C的转化率为　 　；40min时，反应II的KP＝　 　MPa﹣1。
（3）向混合体系中加入少量FeCl3，TiO2的氯化速率明显提高，同时测得CO含量明显高于CO2，则FeCl3改变的是反应　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）的反应历程。
（4）我国科研工作者利用TiCl4和Mg3N2制备高硬度物质TiN，可能发生a和b反应。其对应的吉布斯自由能（△G＝△H﹣T△S）与温度（200～700℃）的关系如图所示，分析可得更易发生　 　（填“a”或“b”）反应。
a．Mg3N2（s）+2TiCl4（g）═2TiN（s）+3MgCl2（s）+Cl2（g）
b．Mg3N2（s）+TiCl4（g）═TiN（s）+3MgCl2（s）+N2（g）

19．（12分）常温下，一氧化二氯（Cl2O）为棕黄色气体，熔点为﹣116℃，浓度过高时易分解爆炸。为降低风险和便于贮存，制出Cl2O后，一般将其“固化”为固态。某小组按以下两阶段制备Cl2O。
回答下列问题：
第一阶段：制备HgO。
配制15%的NaCl溶液和30%的HgCl2溶液，将二者以一定质量比混合得到5%NaCl和20%HgCl2的混合液；在室温下，边搅拌边缓慢地向混合液中加入过量NaOH溶液，生成黄色沉淀；将沉淀反复洗涤数次，直至没有氯离子；真空抽滤后将沉淀物在暗处干燥，得到干燥的HgO。
（1）配制15%NaCl溶液，除用到托盘天平和烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有　 　。
（2）配制混合液时，15%NaCl溶液和30%HgCl2溶液的质量比为　 　。
（3）检验沉淀已经洗涤至没有氯离子的操作及现象为　 　。
第二阶段：制备Cl2O。
制备干燥、纯净的Cl2；然后在干燥氮气的气流中，用Cl2和HgO在18～20℃条件下制备Cl2O；将产生的Cl2O气体“固化”；最后进行尾气处理。
（4）将干燥、纯净的Cl2通入下面装置中制备Cl2O并“固化”。

①制备Cl2O时还得到了HgCl2•HgO固体，则装置Ⅰ中制备反应的化学方程式为　 　。干燥氮气的作用除将产生的Cl2O送入后续装置“固化”外，还有　 　。
②常用冷却剂的数据如表。“固化”时装置Ⅱ中的冷却剂为　 　（填标号）。
物质
O2
CO2
NH3
Cl2
熔点/℃
﹣218.4
﹣78.5
﹣77.3
﹣101
沸点/℃
﹣183
升华
﹣33.35
﹣34.6
A．液氯
B．液氨
C．干冰
D．液氧
20．（12分）Pyribencarb（物质G）是一种广谱杀菌剂，对灰霉病和菌核病有特效，对作物不仅具有保护作用还有治疗作用。其合成路线如图。

已知：
Ⅰ.R﹣NH2+R′﹣COOHR﹣NH﹣COR′R﹣NH2
Ⅱ.R﹣NH2+XCOOR′R﹣NH﹣COOR′
Ⅲ.+NH2OH（R表示含苯环的原子团，R′表示含碳原子团或氢原子，X表示卤素原子）
回答下列问题：
（1）A转化为B的目的是　 　，B生成C的化学方程式为　 　。
（2）D中非含氧官能团的名称为　 　，E的结构简式为　 　，F生成G的反应类型为　 　。
（3）芳香族化合物H与C互为同分异构体，苯环上有两个取代基，其中硝基与苯环直接相连，且分子中含有一个手性碳原子，则H的结构简式可能为　 　（写出一种即可）。
（4）结合题中相关信息，写出以邻苯二胺（）和乙二醇为原料合成的合成路线（其他无机试剂任选）　 　.

2021年山东省日照市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．可大量使用硫酸铜对人工泳池进行杀菌处理
B．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿，发生的是氧化还原反应
C．文房四宝中制笔用狼毫与宣纸的主要成分都是纤维素
D．“奋斗者号”潜水器固体浮力材料使用的高强树脂，属于有机高分子材料
【分析】A．硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性；
B．元素化合价发生变化的反应是氧化还原反应，反之为非氧化还原反应；
C．文房四宝中制笔用狼毫为蛋白质；
D．树脂是缩聚反应的产物，属于高分子化合物。
【解答】解：A．硫酸铜能使蛋白质变性，可用于人工泳池杀菌消毒，但大量使用会造成土壤和水体污染，只能控量使用，故A错误；
B．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿，该过程中不涉及元素化合价变化，没有发生氧化还原反应，故B错误；
C．文房四宝中制笔用宣纸的主要成分是纤维素，制笔用狼毫的主要成分是蛋白质，故C错误；
D．有机化学上常通过缩聚反应制备树脂，相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学与生活的关系，为高频考点，熟练运用化学知识解释化学现象是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大，注意化学与生活、生产的联系。
2．（2分）下列实验设计正确的是（　　）
A．加热NaI固体与浓硫酸的混合物制取HI气体
B．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液后褪色，验证H2O2的漂白性
C．常温下，向无色NaN3溶液中滴加几滴酚酞试液后变红，验证HN3为弱酸
D．向蔗糖和稀硫酸共热后的溶液中加入少量银氨溶液，检验生成的葡萄糖
【分析】A.浓硫酸可氧化NaI生成碘；
B.酸性高锰酸钾可氧化过氧化氢；
C.滴加几滴酚酞试液后变红，可知水解显碱性；
D.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖。
【解答】解：A.浓硫酸可氧化NaI生成碘，不能制备HI，故A错误；
B.酸性高锰酸钾可氧化过氧化氢，溶液褪色可知过氧化氢具有还原性，故B错误；
C.滴加几滴酚酞试液后变红，可知水解显碱性，则对应的HN3为弱酸，故C正确；
D.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱中和酸，不能检验，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3．（2分）某种具有高效率电子传输性能的有机发光材料的结构简式如图所示。下列关于该材料组成元素的说法错误的是（　　）

A．五种组成元素中有四种元素位于p区且均位于同一周期
B．原子半径：Al＞C＞N＞O＞H
C．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4
D．基态N原子核外有7种运动状态不同的电子
【分析】A．该材料组成元素为A1、C、N、O、H；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小；
C．非金属性越强，对应气态氢化物越稳定；
D．基态N原子有多少个核外电子就有几种不同的运动状态
【解答】解：A．该材料组成元素为A1、C、N、O、H，其中A1、C、N、O四种元素位于p区，但不在同一周期，故A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，所以原子半径：A1＞C＞N＞O＞H，故B正确；
C．非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性逐渐增强，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故C正确；
D．基态N原子核外有 7个电子，因此有7种运动状态不同的电子，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素在周期表的位置、元素的性质、元素周期律为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．Mg（OH）2固体溶于NH4Cl溶液：Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O
B．向漂白粉溶液中通入过量CO2：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO
C．向Na2SO3溶液中通入少量Cl2：SO32﹣+Cl2+H2O═2H++2Cl﹣+SO42﹣
D．向NH4HCO3溶液中滴加过量NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O
【分析】A．铵根离子结合氢氧化镁电离的氢氧根离子，导致氢氧化镁固体溶解；
B．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙和次氯酸；
C．氯气少量，氢离子与亚硫酸根离子结合生成亚硫酸氢根离子；
D．氢氧化钠过量，碳酸氢根离子和铵根离子都参与反应。
【解答】解：A．Mg（OH）2固体溶于NH4Cl溶液，发生反应为：Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O，故A错误；
B．向漂白粉溶液中通入过量CO2，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO，故B正确；
C．向Na2SO3溶液中通入少量Cl2，离子方程式为：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣，故C错误；
D．向NH4HCO3溶液中滴加过量NaOH溶液，离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣＝NH3•H2O+CO32﹣+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
5．（2分）下列有关牛式二烯炔醇（）的说法错误的是（　　）
A．分子的不饱和度为8
B．分子中含有3个手性碳原子
C．一定条件下可以发生取代、氧化、加成、消去反应
D．与Br2按物质的量之比1：2发生加成反应的产物有8种（不考虑顺反异构）
【分析】有机物中含有碳碳双键和碳碳三键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代反应，结合对应有机物的结构简答该题。
【解答】解：A.由结构简式可知有机物分子式为C29H44O，则不饱和度为＝8，故A正确；
B.有机物中与五元环中与支链相连接的碳原子，与碳碳三键相连接的碳原子以及与羟基相连接的碳原子都为饱和碳原子，连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，共3个，故B正确；
C.羟基邻位碳原子不含氢原子，则不能发生消去反应，故C错误；
D.有机物含有2个碳碳双键、2个碳碳三键，与Br2按物质的量之比1：2发生加成反应，溴原子可连接在碳碳双键或碳碳三键上，如图所示：，4 个溴原子可分别在1、2、3、4；1、2、5、6；1、2、7、8；3、4、5、6；3、4、7、8；5、5、6、6；7、7、8、8；5、6、7、8等位置，共8种，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
6．（2分）碳酸镧[La2（CO3）3]常用于慢性肾衰患者高磷血症的治疗，实验室用如图所示装置，利用反应2LaCl3+6NH4HCO3═La2（CO3）3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O来制取。下列说法错误的是（　　）
A．装置X中盛放的试剂应为饱和NaHCO3溶液
B．实验中各装置导管口的连接方式为：F﹣B，A﹣D，E﹣C
C．实验时可以不用X装置，将W中的盐酸用稀硫酸代替，实验效果相同
D．实验时，应先打开Y中分液漏斗的旋塞，一段时间后再打开W中分液漏斗的旋塞
【分析】由制备实验装置可知，W中盐酸与石灰石反应制备二氧化碳，X中饱和碳酸氢钠溶液可除去二氧化碳中的HCl，然后A连接D进入Z中；Y中浓氨水与生石灰混合可制备氨气，C连接E进入Z中，Z中生成La2（CO3）3，以此来解答。
【解答】解：A.装置X中盛放的试剂应为饱和NaHCO3溶液，可除去二氧化碳中的HCl，故A正确；
B.由上述分析可知，制备的二氧化碳净化后进入Z中，制备的氨气进入Z中，且氨气极易溶于水易发生倒吸，则导管口的连接方式为：F﹣B，A﹣D，E﹣C，故B正确；
C.W中的盐酸用稀硫酸代替，生成硫酸钙包裹在碳酸钙的表面，阻止二氧化碳的制备，故C错误；
D.二氧化碳在水中溶解度不大，Z中先通入氨气有利于二氧化碳的吸收生成碳酸氢铵，则先打开Y中分液漏斗的旋塞，一段时间后再打开W中分液漏斗的旋塞，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．将1molCl2通入足量水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数之和小于2NA
B．100mL 12mol•L﹣1的浓硝酸与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA
C．常温下，1L 0.5mol•L﹣1CH3COONH4溶液的pH＝7，溶液中的NH4+数小于0.5NA
D．在铁上镀锌，当电路中通过的电子数为2NA时，电解质溶液质量减轻65g
【分析】A．氯气和水的反应是可逆反应；
B．浓HNO3与铜反应被还原为NO2，稀HNO3与铜反应被还原为NO；
C．铵根离子与醋酸根离子发生双水解，相互促进；
D．电镀池电镀过程中电解质溶液质量不变。
【解答】解：A．氯气和水的反应是可逆反应，不能进行彻底，故溶液中含有未反应的氯气分子，故溶液中的HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数之和小于2NA，故A正确；
B．硝酸的物质的量为1.2mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.6mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以1.2mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.6mol，转移的电子数大于0.6NA，故B正确；
C．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此溶液中CH3COO﹣与NH4+的数目均小于0.5NA，故C正确；
D．电镀池电镀过程中电解质溶液质量不变，所以在铁上镀锌，当电路中通过的电子数为2NA时，电解质溶液质量不变，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意电镀池构成及工作原理。
8．（2分）用“H2SO4浸出﹣萃取”法从铅铟灰（主要含有In2O3，还含有PbO和SiO2杂质）中回收铟（In）的生产工艺流程如图所示：

已知：
Ⅰ．萃取发生反应：In2（SO4）3+6（HA）2（有机液）⇌2In（HA2）3（有机液）+3H2SO4。
Ⅱ．反萃取发生反应：In（HA2）3（有机液）+4HCl⇌3（HA）2（有机液）+HInC14。
下列说法错误的是（　　）
A．“高温酸浸”时，为了加快酸浸的速率可以用浓盐酸代替稀硫酸
B．“萃取”时，可向溶液中加入适量的NaOH以提高浸取率
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率
D．“置换”时发生反应的化学方程式为3Zn+2HInC14═2In+3ZnCl2+2HCl
【分析】由流程可知，加入二氧化锰、浓硫酸浸取，主要发生In2O3+3H2SO4＝In2（SO4）3+3H2O，且PbO转化PbSO4，浸取渣含有PbSO4、MnO2、SiO2，萃取分离出有机液含In（HA2）3，加盐酸反萃取得到溶液含HInCl4，置换时加Zn发生3Zn+2HInC14═2In+3ZnCl2+2HCl，从而得到海绵铟，以此来解答。
【解答】解：A.二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，则“高温酸浸”时，不能用浓盐酸代替稀硫酸，加快酸浸的速率，故A错误；
B.萃取发生In2（SO4）3+6（HA）2（有机液）⇌2In（HA2）3（有机液）+3H2SO4，向溶液中加入适量的NaOH，使平衡正向移动，可提高浸取率，故B正确；
C.反萃取发生In（HA2）3（有机液）+4HCl⇌3（HA）2（有机液）+HInCl4，适当增加盐酸的浓度，使平衡正向移动，可提高铟的反萃取率，故C正确；
D.Zn与HInCl4溶液反应生成In，则“置换”时发生反应的化学方程式为3Zn+2HInC14═2In+3ZnCl2+2HCl，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯方法、平衡移动为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（2分）正氰酸（H﹣O﹣C≡N）与异氰酸（H﹣N＝C＝O）、雷酸（H﹣O﹣N≡C）互为同分异构体，均可以与氨水形成相应铵盐。下列说法错误的是（　　）
A．三种酸的分子均能形成分子间氢键
B．三种酸的分子中，氧原子的杂化方式相同
C．三种酸的组成元素中，碳的第一电离能最小
D．三种酸的铵盐中，只有雷酸铵的阴、阳离子均含有配位键
【分析】A．氢键是一般指H与N、O、F等的相互作用；
B．单键氧原子都是sp3杂化，双键氧原子都是sp2杂化；
C．首先判断出：N＞O＞C，再比较C与H；
D．雷酸铵中的阴、阳离子均含有一个配位键。
【解答】解：A．分子间的氢键是指H与N、O、F等的相互作用，三种酸中都含有H与N、O间的作用，所以可以形成分子间氢键，故A正确；
B．正氰酸与雷酸中的氧原子都是单键，采取sp3杂化，异氰酸中的氧原子是双键，采取sp2杂化，故B错误；
C．首先电离能有：N＞O＞C，C与H比较，H原子较小且只有1个电子，引力强难电离，所以电离能：H＞C，故C的第一电离能最小，故C正确；
D．NH4+中由一个配位键，雷酸中N﹣C之间还有配位键，而其它酸根中的所有原子均满足8电子结构，不存在配位键，故D正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查氢键、杂化方式、第一电离能大小、配位键等判断，属于基本知识，基础题型，难度中等。
10．（2分）某可充电水溶液聚合物﹣空气电池工作原理装置图如下。该电池充电时，总反应为：4nKOH+2═2+2nH2O+nO2↑。下列说法正确的是（　　）

A．放电时，负极材料为钴锰氧化物
B．放电时，正极附近溶液pH升高
C．充电时，外电源负极接尖晶石相上的钴锰氧化物电极
D．放电时，每消耗nmolO2，负极质量减少156g
【分析】电池充电时总反应为4nKOH+2═2+2nH2O+nO2↑，则放电时总反应为2+2nH2O+nO2＝4nKOH+2，其中氧气在钴锰氧化物电极上发生得电子的还原反应、为正极，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，所在电极为负极，负极反应为﹣2ne﹣＝+2nK+，充电时为电解池，原电池的正极与电源正极相接，负极与电源负极相接，据此分析解答。
【解答】解：A．放电时为原电池，所在电极为负极，钴锰氧化物电极为正极，故A错误；
B．放电时为原电池，钴锰氧化物电极为正极，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，则正极附近溶液的碱性增强、pH升高，故B正确；
C．充电时，原电池的正极与电源正极相接，负极与电源负极相接，即外电源正极接尖晶石相上的钴锰氧化物电极，负极接所在电极，故C错误；
D．放电时总反应为2+2nH2O+nO2＝4nKOH+2，每消耗nmolO2，电路中转移4nmol电子，负极减少4nmolK+，减少的质量为4nmol×39g/mol＝156ng，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电化学原理及计算，为高频考点，侧重分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，把握原电池工作原理是解题关键，电极反应式书写是难点，注意结合电荷守恒、电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）根据下列操作和现象所得到的结论错误的是（　　）
选项
操作和现象
结论
A
向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色
该气体产物具有漂白性
B
将熔融态硫酸（纯硫酸）放入电解池，检测发现纯硫酸不导电
硫酸是共价化合物
C
向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的FeS和 CuS固体，FeS溶解而CuS不溶解
Ksp（CuS）＞Ksp（FeS）
D
向某有机物中加入（NH4）2Fe（SO4）2溶液、硫酸及KOH的甲醇溶液，溶液由浅绿色变为红棕色
该有机物中含有硝基
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸生成S和二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；
B.硫酸只含共价键；
C.CuS不溶于稀硫酸，FeS可溶于稀硫酸；
D.有机物含硝基时与铵根离子在碱性溶液中反应。
【解答】解：A.Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸生成S和二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，则气体产物具有还原性，故A错误；
B.硫酸只含共价键，则熔融态硫酸（纯硫酸）放入电解池，检测发现纯硫酸不导电，故B正确；
C.CuS不溶于稀硫酸，FeS可溶于稀硫酸，则Ksp（CuS）＜Ksp（FeS），故C错误；
D.有机物含硝基时与铵根离子在碱性溶液中反应，则溶液由浅绿色变为红棕色，故D正确；
故选：AC。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（4分）恒容密闭容器中充入3molCH4和6molH2S，发生反应：CH4（g）+2H2S（g）⇌CS2（g）+4H2（g），温度变化对平衡时各组分的物质的量分数的影响如图所示：下列说法错误的是（　　）

A．当满足2v逆（H2S）＝v正（H2）时，反应达到平衡状态
B．采用高温、低压条件，有利于提高CH4的平衡转化率
C．图中M点时，保持温度不变，再向容器中充入3molCH4和6moH2S，达到新平衡时，CH4的物质的量分数小于H2的
D．图中N点对应温度下，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx＝
【分析】A．当正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，结合反应速率之比等于化学计量数之比；
B．由图可知，升高温度，反应物质的量分数下降，生成物物质的量分数上升，说明平衡正向移动，则该反应是气体体积增大的吸热反应；
C．图中M点时，保持温度不变，再向容器中充入3molCH4和6moH2S，等效于起始加入充入6molCH4和12molH2S，增大压强，平衡逆向移动；
D．根据N点数据，列化学平衡三段式计算。
【解答】解：A．反应速率之比等于化学计量数之比，则2v逆（H2S）＝v逆（H2），即v逆（H2）＝v正（H2），说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．由图可知，升高温度，反应物物质的量分数下降，生成物物质的量分数上升，说明平衡正向移动，则该反应是气体体积增大的吸热反应，采用高温、低压条件，有利于平衡正向移动，则有利于提高CH4的平衡转化率，故B正确；
C．图中M点时，CH4的物质的量分数等于H2的物质的量分数，保持温度不变，再向容器中充入3molCH4和6moH2S，等效于起始加入充入6molCH4和12molH2S，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CH4的物质的量分数增大，H2物质的量分数减小，达到新平衡时，CH4的物质的量分数大于H2的物质的量分数，故C错误；
D．根据N点数据，H2S的物质的量分数等于H2的物质的量分数，设CH4转化物质的量为xmol，
CH4（g）+2H2S（g）⇌CS2（g）+4H2（g）
起始n（mol） 3 6 0 0
转化n（mol） x 2x x 4x
平衡n（mol）3﹣x 6﹣2x x 4x
则6﹣2x＝4x，解得x＝1，平衡时n（CH4）＝2mol，n（H2S）＝n（H2）＝4mol，n（CS2）＝1mol，总物质的量为11mol，Kx＝＝，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡常数及其计算等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意掌握三段式解题法。
13．（4分）纳米硅基锂电池是一种新型二次电池，电池装置如图所示，工作时硅基电极上的反应为：LinSi﹣ne﹣═Si+nLi+。下列说法正确的是（　　）

A．电池工作时，硅基电极的电势高于三元锂电极的电势
B．电池充电时，三元锂电极反应式可能为：LiMxOy﹣ne﹣═Li1﹣nMxOy+nLi+
C．将有机聚合物电解质换为锂盐水溶液，可提高电池工作效率并能延长电池使用寿命
D．若工作前电池两极的质量相等，电路中转移0.2mol电子时，两极的质量相差2.8g
【分析】放电时为原电池，LinSi发生失电子的氧化反应，为负极，负极反应式为LinSi﹣ne﹣═Si+nLi+，则Li1﹣nMxOy电极为正极，正极上发生得电子的还原反应，正极反应式为Li1﹣nMxOy+nLi++ne﹣═LiMxOy；充电时为电解池，负极硅基电极与电源的负极相连，正极三元锂电极与电源的正极相连，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，据此分析解答。
【解答】解：A．电池工作时，硅基电极为负极，三元锂电极为正极，则硅基电极的电势低于三元锂电极的电势，故A错误；
B．原电池正极反应式为Li1﹣nMxOy+nLi++ne﹣═LiMxOy，充电时为电解池，阳极反应与正极反应相反，即阳极反应为LiMxOy﹣ne﹣═Li1﹣nMxOy+nLi+，故B正确；
C．Li是活泼金属，能与水反应，将有机聚合物电解质换为锂盐水溶液，则硅基电极中的Li与水反应，对电池有损害，故C错误；
D．原电池工作时，Li+移向正极，使负极质量减少、正极质量增加，转移1mol电子时，有1molLi+移动，两极质量相差2mol×7g/mol＝14g，则电路中转移0.2mol电子时，两极的质量相差14g×0.2＝2.8g，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重分析能力、计算能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应、离子的移向是解本题关键，注意结合电荷守恒书写电极反应式，题目难度中等。
14．（4分）苯乙烷（）与Cl2在光照条件下发生一氯取代，生成两种一取代物的速率如图Ⅰ，反应基本历程如图Ⅱ。下列说法正确的是（　　）

A．反应①②③的△H＞0，反应④⑤⑥的△H＜0
B．光照条件下，得到等量的（A）和（B）时，生成（B）时需要能量更少
C．相同条件下，由分别制备等量的和的△H相等
D．使用恰当的催化剂，可以使反应②的程度减小，反应③的程度增大
【分析】A．旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量；
B．物质的能量越低越稳定；
C．和的能量不同，反应物相同，生成和的焓变不等；
D．催化剂具有选择性，可以使某一反应进行而不能催化另一反应。
【解答】解：A．根据反应历程可知，反应①②③为断裂旧化学键，为吸热反应，△H＞0，反应④⑤⑥为新化学键的形成，为放热反应，△H＜0，故A正确；
B．根据图Ⅱ可知，（A）的稳定性大于（B），物质越稳定所含能量越低，故光照条件下，得到等量的（A）和（B）时，生成（B）时需要能量更多，故B错误；
C．根据选项B可知，（A）和（B）的能量不同，反应历程的焓变不同，故相同条件下由分别制备等量的和的△H不相等，故C错误；
D．由于催化剂有一定的选择性，使用恰当的催化剂，可以使反应按反应③进行，使反应②进行程度减小甚至停止，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查反应过程中的能量变化，难度不大，理解反应过程中的能量变化是解答的关键，有利于培养学生的分析能力。
15．（4分）10mL 0.10mol•L﹣l的NH4Cl溶液的pH分别随温度升高或加水量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．升温KW增大，NH4Cl溶液中c（H+）增大，pH减小
B．曲线a表示NH4Cl溶液pH随加水量的变化
C．将NH4Cl溶液加水稀释100倍，溶液pH变化值小于2
D．25℃时Kb（NH3•H2O）的数量级为10﹣4
【分析】A．水的电离为吸热反应，升高温度，水的电离程度增大，KW增大，NH4Cl溶液中铵根离子的水解程度增大，c（H+）增大；
B．曲线a表示NH4Cl溶液pH随加水量的变化，曲线b表示NH4Cl溶液pH随温度的变化；
C．将NH4Cl溶液加水稀释100倍，水解平衡向正向移动；
D．根据KW＝Kb×Kh，Kh＝＝计算。
【解答】解：A．水为弱电解质，电离方程式为：H2O⇌H++OH﹣，水的电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，水的电离程度增大，KW＝c（H+）×c（OH﹣）增大，NH4Cl溶液中：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，铵根离子的水解程度增大，c（H+）增大，pH减小，故A正确；
B．加水量增大时，尽管NH4Cl的水解程度增大，但增加的氢离子不及水的量增加多，c（H+）减小，pH值增大，曲线a表示NH4Cl溶液pH随加水量的变化，故B正确；
C．NH4Cl溶液中，铵根离子水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，将NH4Cl溶液加水稀释100倍，因水解平衡正向移动，c（H+）没有降至100倍，所以溶液pH变化值小于2，故C正确；
D．氨水中：NH3•H2O⇌OH﹣+NH4+，Kb＝，铵根离子水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，Kh＝，KW＝Kb×Kh，Kh＝＝═＝10﹣9.26，25℃时，Kb（NH3•H2O）＝＝＝10﹣4.74，数量级为10﹣5，故D错误；
故选：D。
【点评】本题重点考查了盐类水解的应用，读懂图中信息以及明确盐类的水解原理为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力，题目难度中等。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）工业上以纯碱、水、二氧化硫为原料，利用“干法”工艺制备食品抗氧化剂焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。
回答下列问题：
（1）原料涉及的元素中，电负性最大的是　O　（填元素符号）；纯碱中阴离的中心原子杂化方式为　sp2　。
（2）二氧化硫易溶于水的原因除与水反应外，还有　二氧化硫与水都为极性分子　；与二氧化硫互为等电子体的阴离子有　NO2﹣　。（填化学式，写一种即可）
（3）焦亚硫酸根的结构图为：，标有“*”的硫的化合价为　+5　。
（4）Na2S2O5加热至一定温度时分解为Na2O和SO2，Na2O晶胞为立方晶胞，结构如图，图中黑球代表阳离子，白球代表阴离子（NA为阿伏加德罗常数的值）。
①阴离子的配位数为　8　。
②若晶胞参数为anm，则晶胞的密度为　　g•cm﹣3。（用含a、NA的式子表示）。

【分析】（1）依据电负性递变规律，元素周期表从左往右，从下往上得电子能力越来越强，电负性越来越强；纯碱为碳酸钠，阴离子为CO32﹣，计算其价层电子对数，进而判断中心原子杂化方式；
（2）二氧化硫与水都为极性分子，由相似相溶规律可知二氧化硫易溶与水；二氧化硫有3个原子、18个价电子，互为等电子体的为亚硝酸根离子；
（3）由结构图可知，硫元素与氧形成了5个共价键，硫的电负性比氧小，则硫应为+5价；
（4）①离子晶体的配位数为距离这个离子最近的带异种电荷的微粒数目，可知晶胞最上面这个面面心的阴离子，晶胞中距离它最近的阳离子有4个，如果晶胞上面再重叠一个晶胞也会有4个阳离子距离它最近，则配位数为8；
②用密度表示出NA个晶胞的质量＝用摩尔质量表示出NA个晶胞的质量，需要注意单位统一，设晶胞的密度为ρg•cm﹣3，则一个晶胞的质量为ρ×（a×10﹣7）3g，则NA个晶胞的质量为NA×ρ×（a×10﹣7）3g；一个晶胞分摊下来：氧离子 8×+6×＝4个，钠离子8个，则1个晶胞中分摊下来有4个Na2O，NA个晶胞有4NA个Na2O，4molNa2O，质量为4×（23×2+16）g结合密度公式，计算晶胞密度。
【解答】解：（1）涉及到的元素有钠、氢、氧、硫，元素周期表从左往右，从下往上得电子能力越来越强，电负性越来越强，故电负性最大的为O，纯碱中阴离子为碳酸根离子，中心原子为碳，σ键电子对数＝配位原子的个数＝3，孤电子对数＝（4﹣2×3+2）＝0，价层电子对数＝σ键电子对数+孤电子对数＝3，3个价层电子对为sp2杂化，
故答案为：O；sp2；
（2）二氧化硫与水都为极性分子，由相似相溶规律可知二氧化硫溶容与水；二氧化硫有3个原子，18个价电子，互为等电子体的为NO2﹣，
故答案为：二氧化硫与水都为极性分子；NO2﹣；
（3）由结构图可知，硫元素与氧形成了5个共价键，硫的电负性比氧小，五个共用电子对全部偏离硫原子，故硫的化合价为+5，
故答案为：+5；
（4）①离子晶体的配位数为距离这个离子最近的带异种电荷的微粒数目，可知晶胞最上面这个面面心的阴离子，晶胞中距离它最近的阳离子有4个，如果晶胞上面再重叠一个晶胞也会有4个阳离子距离它最近，则配位数为8，
故答案为：8；
②设晶胞的密度为ρg•cm﹣3，则一个晶胞的质量为ρ×（a×10﹣7）3g，则NA个晶胞的质量为NA×ρ×（a×10﹣7）3g；一个晶胞分摊下来：氧离子 8×+6×＝4个，钠离子8个，则1个晶胞中分摊下来有4个Na2O，NA个晶胞有4NA个Na2O，4molNa2O，质量为4×（23×2+16）g；则：NA×ρ×（a×10﹣7）3＝4×（23×2+16），ρ＝＝ g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、立体构型、杂化方式、晶体类型与性质、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，关键是正确建立质量、体积、密度、摩尔质量、阿伏加德罗常数之间的关系。
17．（12分）从砷化镓废料（主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质）中回收镓和砷的工艺流程如图。
已知：镓（Ga）既能溶于酸也能溶于碱，与NaOH溶液反应生成NaGaO2和H2。
回答下列问题：
（1）“浆化”是将砷化镓废料转变成悬浊液的过程，其目的是　增大接触面积，提高碱浸效率　。
（2）砷化镓（GaAs）在“碱浸”时，砷转化为Na3AsO4进入溶液，该反应的化学方程式为　GaAs+4NaOH+4H2O2＝NaGaO2+Na3AsO4+6H2O　。
（3）“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因是　温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致H2O2分解　；“滤渣I”的成分为　Fe2O3、CaCO3　。（填化学式）
（4）向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节pH使镓和硅共沉淀，不同pH时沉淀率如表所示。根据表中数据可知，“中和”的pH应调节至　5.0～6.0　范围内，沉淀的效果最好。
pH
镓沉淀率/%
硅沉淀率/%
砷沉淀率/%
4.0
75.0
89.2
0.02
5.0
98.5
98.6
0.01
6.0
98.9
99.2
0.02
7.0
95.3
99.5
0.06
8.0
86.1
86.3
0.11
9.0
57.4
65.1
0.13
（5）“旋流电解”时用惰性电极，则所得“尾液”的溶质主要是　H2SO4　（填化学式），可进行循环利用，提高经济效益。
（6）若用240kg含镓3%的砷化镓废料回收镓，得到纯度为99%的镓7.10kg，则镓的回收率为　97.6　%。（结果保留一位小数）
【分析】砷化镓废料（主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质）中加入NaOH、H2O2，GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，SiO2转化为Na2SiO3进入溶液，Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣Ⅰ；浸出液中加硫酸调节pH，生成Ga（OH）3、H2SiO3沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，Ga（OH）3生 成Ga2（SO4）3溶液，电解Ga2（SO4）3溶液生成Ga、氧气、硫酸，以此分析解答。
【解答】解：（1）将砷化镓废料转变成悬浊液，可增大与氢氧化钠、过氧化氢的接触面积，从而提高碱浸效率，
故答案为：增大接触面积，提高碱浸效率；
（2）砷化镓（GaAs）在“碱浸”时，NaOH、H2O2与GaAs反应生成NaGaO2、Na3AsO4，该反应的化学方程式为：GaAs+4NaOH+4H2O2＝NaGaO2+Na3AsO4+6H2O，
故答案为：GaAs+4NaOH+4H2O2＝NaGaO2+Na3AsO4+6H2O；
（3）“碱浸”时，温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致H2O2分解，所以温度不能过高或过低，需要控制在70℃左右； Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液，则“滤渣I”的成分为Fe2O3、CaCO3，
故答案为：温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致H2O2分解；Fe2O3、CaCO3；
（4）向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节pH使镓和硅共沉淀，pH范围在5.0～6.0时，镓和硅沉淀率高、砷沉淀率低，所以“中和”的pH应调节至镓和硅范围5.0～6.0内，
故答案为：5.0～6.0；
（5）电解Ga2（SO4）3溶液生成Ga、氧气、硫酸，所得“尾液”的溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益，
故答案为：H2SO4；
（6）若用240kg含镓3%的砷化镓废料回收镓，得到纯度为99%的镓7.10kg，
若用240kg含镓3%的砷化镓废料回收镓，得到纯度为99%的镓7.10kg，则镓的回收率为：×100%≈97.6%，
故答案为：97.6。
【点评】本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握实验原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握常见混合物分离与提纯方法，题目难度中等。
18．（12分）氯化法制备TiCl4的工艺为：800℃时，向15L容器中加入5molTiO2与15mol碳粉，通入10molCl2进行反应，生成TiCl4气体，经过处理得到TiCl4成品。反应容器内发生以下两个反应：
反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO（g）△H＝﹣48kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2CO（g）⇌TiCl4（g）+2CO2（g）△H＝﹣210kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）⇌TiCl4（g）+CO2（g）的△H＝　﹣129　kJ•mol﹣1。
（2）800℃时，不同时间测得混合体系内各物理量如表所示：
t/min
10
20
30
40
n（Cl2）mol
6
2.5
1
1
n（C）mol
12
10
9
9
p（CO）：p（CO2）
2：1
1：1
1：1
1：1
①起始总压强为6MPa，10min时，体系总压强p10min＝　6.6　MPa；反应开始至20min时，v（TiCl4）＝　0.1125　MPa•min﹣1。
②30min时，C的转化率为　40%　；40min时，反应II的KP＝　7.5　MPa﹣1。
（3）向混合体系中加入少量FeCl3，TiO2的氯化速率明显提高，同时测得CO含量明显高于CO2，则FeCl3改变的是反应　I　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）的反应历程。
（4）我国科研工作者利用TiCl4和Mg3N2制备高硬度物质TiN，可能发生a和b反应。其对应的吉布斯自由能（△G＝△H﹣T△S）与温度（200～700℃）的关系如图所示，分析可得更易发生　b　（填“a”或“b”）反应。
a．Mg3N2（s）+2TiCl4（g）═2TiN（s）+3MgCl2（s）+Cl2（g）
b．Mg3N2（s）+TiCl4（g）═TiN（s）+3MgCl2（s）+N2（g）

【分析】（1）反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO（g）△H＝﹣48kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2CO（g）⇌TiCl4（g）+2CO2（g）△H＝﹣210kJ•mol﹣1
将反应I、反应II相加后除以2得方程式TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）⇌TiCl4（g）+CO2（g）△H进行相应的改变；
（2）①10min时，n（Cl2）＝6mol，n（C）＝12mol，则消耗了n（C）＝（15﹣12）mol＝3mol，根据碳原子守恒知，生成的n（CO）+n（CO2）＝3mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于气体物质的量之比，则10min时p（CO）：p（CO2）＝2：1，n（CO）：n（CO2）＝2：1，所以n（CO）＝2mol、n（CO2）＝1mol，根据方程式“TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）⇌TiCl4（g）+CO2（g）”、“TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO（g）”知，生成n（TiCl4）＝n（CO2）+n（CO）＝（1+×2）mol＝2mol，混合气体总物质的量＝n（Cl2）+n（CO）+n（CO2）+n（TiCl4）＝（6+2+1+2）mol＝11mol，恒温恒压条件下气体压强之比等于气体物质的量之比，由此计算p10min；
反应开始至20min时，n（C）＝10mol，则消耗n（C）＝（15﹣10）mol＝5mol，根据碳原子守恒知，生成的n（CO）+n（CO2）＝5mol，p（CO）：p（CO2）＝1：1，则n（CO）＝n（CO2）＝2.5mol，n（TiCl4）＝n（CO2）+n（CO）＝（2.5+×2.5）mol＝3.75mol，混合气体总物质的量＝n（Cl2）+n（CO）+n（CO2）+n（TiCl4）＝（2.5+2.5+2.5+3.75）mol＝11.25mol，混合气体总压强＝×6MPa＝6.75MPa，p（TiCl4）＝6.75MPa×＝2.25MPa，v（TiCl4）＝；
②30min时消耗n（C）＝（15﹣9）mol＝6mol，C的转化率＝×100%；
40min时，n（Cl2）＝1mol，n（C）＝9mol，则消耗了n（C）＝（15﹣9）mol＝6mol，根据碳原子守恒知，生成的n（CO）+n（CO2）＝6mol，p（CO）：p（CO2）＝1：1，则n（CO）＝n（CO2）＝3mol，n（TiCl4）＝n（CO2）+n（CO）＝（3+×3）mol＝4.5mol，混合气体总物质的量＝n（Cl2）+n（CO）+n（CO2）+n（TiCl4）＝（1+3+3+4.5）mol＝11.5mol，混合气体总压强＝×6MPa＝6.9MPa，p（CO）＝p（CO2）＝×6.9MPa＝1.8MPa，p（Cl2）＝×6.9MPa＝0.6MPa，p（TiCl4）＝×6.9MPa＝2.7MPa，反应II的KP＝；
（3）向混合体系中加入少量FeCl3，TiO2的氯化速率明显提高，同时测得CO含量明显高于CO2，反应I中生成CO、反应II中消耗CO且生成CO2；
（4）相同温度时，吉布斯自由能越小，反应越容易发生。
【解答】解：（1）反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO（g）△H＝﹣48kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2CO（g）⇌TiCl4（g）+2CO2（g）△H＝﹣210kJ•mol﹣1
将反应I、反应II相加后除以2得方程式TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）⇌TiCl4（g）+CO2（g）△H＝kJ/mol＝﹣129kJ/mol，
故答案为：﹣129；
（2）①10min时，n（Cl2）＝6mol，n（C）＝12mol，则消耗了n（C）＝（15﹣12）mol＝3mol，根据碳原子守恒知，生成的n（CO）+n（CO2）＝3mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于气体物质的量之比，则10min时p（CO）：p（CO2）＝2：1，n（CO）：n（CO2）＝2：1，所以n（CO）＝2mol、n（CO2）＝1mol，根据方程式“TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）⇌TiCl4（g）+CO2（g）”、“TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO（g）”知，生成n（TiCl4）＝n（CO2）+n（CO）＝（1+×2）mol＝2mol，混合气体总物质的量＝n（Cl2）+n（CO）+n（CO2）+n（TiCl4）＝（6+2+1+2）mol＝11mol，恒温恒压条件下气体压强之比等于气体物质的量之比，由此计算p10min＝×6MPa＝6.6MPa；
反应开始至20min时，n（C）＝10mol，则消耗n（C）＝（15﹣10）mol＝5mol，根据碳原子守恒知，生成的n（CO）+n（CO2）＝5mol，p（CO）：p（CO2）＝1：1，则n（CO）＝n（CO2）＝2.5mol，n（TiCl4）＝n（CO2）+n（CO）＝（2.5+×2.5）mol＝3.75mol，混合气体总物质的量＝n（Cl2）+n（CO）+n（CO2）+n（TiCl4）＝（2.5+2.5+2.5+3.75）mol＝11.25mol，混合气体总压强＝×6MPa＝6.75MPa，p（TiCl4）＝6.75MPa×＝2.25MPa，v（TiCl4）＝＝MPa•min﹣1＝0.1125MPa•min﹣1，
故答案为：6.6；0.1125；
②30min时消耗n（C）＝（15﹣9）mol＝6mol，C的转化率＝×100%＝×100%＝40%；
40min时，n（Cl2）＝1mol，n（C）＝9mol，则消耗了n（C）＝（15﹣9）mol＝6mol，根据碳原子守恒知，生成的n（CO）+n（CO2）＝6mol，p（CO）：p（CO2）＝1：1，则n（CO）＝n（CO2）＝3mol，n（TiCl4）＝n（CO2）+n（CO）＝（3+×3）mol＝4.5mol，混合气体总物质的量＝n（Cl2）+n（CO）+n（CO2）+n（TiCl4）＝（1+3+3+4.5）mol＝11.5mol，混合气体总压强＝×6MPa＝6.9MPa，p（CO）＝p（CO2）＝×6.9MPa＝1.8MPa，p（Cl2）＝×6.9MPa＝0.6MPa，p（TiCl4）＝×6.9MPa＝2.7MPa，反应II的KP＝＝＝7.5，
故答案为：40%；7.5；
（3）向混合体系中加入少量FeCl3，TiO2的氯化速率明显提高，同时测得CO含量明显高于CO2，反应I中生成CO、反应II中消耗CO且生成CO2，则FeCl3改变的是反应I，
故答案为：I；
（4）相同温度时，吉布斯自由能越小，反应越容易发生，根据图知，相同温度下反应b的吉布斯自由能较小，所以反应b易发生，
故答案为：b。
【点评】本题考查反应热、化学平衡计算等知识点，侧重考查信息的获取、加工和综合应用能力，明确盖斯定律内涵、化学平衡计算方法等知识点是解本题关键，注意恒温恒容条件下压强与气体物质的量的关系，题目难度中等。
19．（12分）常温下，一氧化二氯（Cl2O）为棕黄色气体，熔点为﹣116℃，浓度过高时易分解爆炸。为降低风险和便于贮存，制出Cl2O后，一般将其“固化”为固态。某小组按以下两阶段制备Cl2O。
回答下列问题：
第一阶段：制备HgO。
配制15%的NaCl溶液和30%的HgCl2溶液，将二者以一定质量比混合得到5%NaCl和20%HgCl2的混合液；在室温下，边搅拌边缓慢地向混合液中加入过量NaOH溶液，生成黄色沉淀；将沉淀反复洗涤数次，直至没有氯离子；真空抽滤后将沉淀物在暗处干燥，得到干燥的HgO。
（1）配制15%NaCl溶液，除用到托盘天平和烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有　量筒、胶头滴管　。
（2）配制混合液时，15%NaCl溶液和30%HgCl2溶液的质量比为　1：2　。
（3）检验沉淀已经洗涤至没有氯离子的操作及现象为　取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，无沉淀产生　。
第二阶段：制备Cl2O。
制备干燥、纯净的Cl2；然后在干燥氮气的气流中，用Cl2和HgO在18～20℃条件下制备Cl2O；将产生的Cl2O气体“固化”；最后进行尾气处理。
（4）将干燥、纯净的Cl2通入下面装置中制备Cl2O并“固化”。

①制备Cl2O时还得到了HgCl2•HgO固体，则装置Ⅰ中制备反应的化学方程式为　2Cl2+2HgOHgCl2•HgO+Cl2O　。干燥氮气的作用除将产生的Cl2O送入后续装置“固化”外，还有　稀释Cl2O，防止Cl2O浓度过高分解爆炸　。
②常用冷却剂的数据如表。“固化”时装置Ⅱ中的冷却剂为　D　（填标号）。
物质
O2
CO2
NH3
Cl2
熔点/℃
﹣218.4
﹣78.5
﹣77.3
﹣101
沸点/℃
﹣183
升华
﹣33.35
﹣34.6
A．液氯
B．液氨
C．干冰
D．液氧
【分析】（1）配制15%的食盐溶液的步骤有计算、称量、溶解等，结合操作方法分析使用的仪器；
（2）设配制该混合液需要15%的NaCl溶液、30%的HgCl2溶液的质量分别为x、y，则①＝5%、②＝20%，结合①②计算出x：y即可；
（3）氯离子与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，可利用硝酸银溶液检验氯离子的存在；
（4）①将干燥、纯净的Cl2通入HgO固体中且水浴加热，制备Cl2O时还得到了HgCl2•HgO固体，以此书写化学方程式；结合“Cl2O浓度过高时易分解爆炸”分析；
②“固化”时装置中的冷却剂熔点应该低于一氧化二氯的熔点。
【解答】解：（1）配制15%的食盐溶液，首先计算配制溶液所需食盐和水的质量，再称量所需的食盐和量取水，最后进行溶解；在这些操作中需要的仪器：托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，其中属于玻璃仪器的是玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒，故还需要的玻璃仪器有量筒、胶头滴管，
故答案为：量筒、胶头滴管；
（2）设配制该混合液需要15%的NaCl溶液、30%的HgCl2溶液的质量分别为x、y，则①＝5%、②＝20%，结合①②可得x：y＝1：2，
故答案为：1：2；
（3）可利用硝酸银溶液检验氯离子，则检验沉淀已经洗涤至没有氯离子的操作及现象为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，无沉淀产生，
故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液，无沉淀产生；
（4）①将干燥、纯净的Cl2通入HgO固体中且水浴加热，制备Cl2O时还得到了HgCl2•HgO固体，则装置中制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2+2HgOHgCl2•HgO+Cl2O；
由于Cl2O浓度过高时易分解爆炸，则干燥氮气的作用除将产生的Cl2O送入后续装置“固化”外，还有稀释Cl2O，防止Cl2O浓度过高分解爆炸，
故答案为：2Cl2+2HgOHgCl2•HgO+Cl2O；稀释Cl2O，防止Cl2O浓度过高分解爆炸；
②一氧化二氯（Cl2O）的熔点为﹣116℃，“固化”时装置中的冷却剂沸点应低于﹣116℃，结合表中数据可知，装置Ⅱ中的冷却剂应选液氧，故D正确，
故答案为：D。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、装置作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，（4）为易错点，题目难度不大。
20．（12分）Pyribencarb（物质G）是一种广谱杀菌剂，对灰霉病和菌核病有特效，对作物不仅具有保护作用还有治疗作用。其合成路线如图。

已知：
Ⅰ.R﹣NH2+R′﹣COOHR﹣NH﹣COR′R﹣NH2
Ⅱ.R﹣NH2+XCOOR′R﹣NH﹣COOR′
Ⅲ.+NH2OH（R表示含苯环的原子团，R′表示含碳原子团或氢原子，X表示卤素原子）
回答下列问题：
（1）A转化为B的目的是　保护氨基　，B生成C的化学方程式为　　。
（2）D中非含氧官能团的名称为　氨基、氯原子　，E的结构简式为　　，F生成G的反应类型为　取代反应　。
（3）芳香族化合物H与C互为同分异构体，苯环上有两个取代基，其中硝基与苯环直接相连，且分子中含有一个手性碳原子，则H的结构简式可能为　、、　（写出一种即可）。
（4）结合题中相关信息，写出以邻苯二胺（）和乙二醇为原料合成的合成路线（其他无机试剂任选）　　.
【分析】根据C的结构简式知，B和乙酸酐发生取代反应生成C，则B的结构简式为，则A中氨基和甲酸发生取代反应生成B，C和一水合氨发生信息I中的反应生成D为，D发生信息II的反应生成E，E的结构简式为，E发生信息III的反应生成F，F的结构简式为；
（4）以邻苯二胺（）和乙二醇为原料合成，可由和乙二酸发生酯化反应得到，乙二醇发生氧化反应生成乙二醛、乙二醛发生氧化反应生成乙二酸。
【解答】解：（1）A生成B时氨基生成酰胺基，C转化为D时酰胺基转化为氨基，则A转化为B的目的是保护氨基，B的结构简式为，B和乙酸酐发生取代反应生成C，该反应方程式为，
故答案为：保护氨基；；
（2）D为，D中非含氧官能团的名称为氨基、氯原子，E的结构简式为，F生成G的反应类型为取代反应，
故答案为：氨基、氯原子；；取代反应；
（3）芳香族化合物H与C互为同分异构体，苯环上有两个取代基，其中硝基与苯环直接相连，且分子中含有一个手性碳原子，手性碳原子上连接氯原子、甲基、乙烯基，则H的结构简式可能为、、，
故答案为：、、；
（4）以邻苯二胺（）和乙二醇为原料合成，可由和乙二酸发生酯化反应得到，乙二醇发生氧化反应生成乙二醛、乙二醛发生氧化反应生成乙二酸，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式或反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，利用反应物和生成物结构差异性采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。